РешЗадТеплоемкость

Решение задач, контрольных работ по физике.
Вариант 2
1. Имеется идеальный газ, молярная теплоемкость CV которого известна. Газ совершает процесс по
закону V  T 2 , где   const . Найти: а) молярную теплоемкость C газа как функцию его
температуры T ; б) сообщенное газу тепло при его расширении от V1 до V2  2V1 .
Решение:
а)
Молярная теплоемкость газа:
1 Q
СM 
 dT
По первому началу термодинамики
 Q  dU   A
Внутренняя энергия газа:
i
i
U   RT  (с учетомтогочтоСV  R )   СV T
2
2
Тогда изменение внутренней энергии газа:
dU   СV dT
Кроме того,
 A  pdV
Поскольку, по условию, V   T 2  dV  2TdT
то,
 Q  dU   A   СV dT  pdV   СV dT  p  2TdT
Согласно уравнению Менделеева – Клапейрона pV   RT  p 
 RT
V
 RT  RT  R


С учетом того, что по условию V  T 2 , имеем p 
V
T 2 T
Тогда
R
 Q   СV dT  p  2 TdT   СV dT 
 2 TdT   СV dT  2 RdT
T
Следовательно,
1  Q 1  СV dT  2 RdT
СM 


 dT 
dT
СM  СV  2R
б)
dV
выше получено соотношение dV  2TdT => dT 
2 T
Тогда  Q   СV dT  2 RdT   (СV  2R)dT 
dV
 Q   (СV  2 R)dT   (СV  2 R)
2 T
V
Поскольку V  T 2  T 
, то

dV
dV
dV
 Q   (СV  2 R)
  (СV  2 R)
  (СV  2 R)
2 T
V
2  V
2

Тогда при расширении газа сообщенное ему количество теплоты:
V
V
 (СV  2 R) dV  (СV  2 R) V V
dV
Q    (СV  2 R)

 V  2  1 / 2 |V 
2  V
2 
V
V
2
2
2
1
1
1
1
Q
 (СV  2 R)



V2  V1 
 (СV  2 R)



2V1  V1 
2
 (СV  2 R)
V1



21  1
2. Двухатомный идеальный газ занимает объем V1  1,0 л и находится под давлением p1  0,10 МПа.
После адиабатного сжатия газ характеризуется объемом V2 и давлением p 2 . В результате
последующего изохорного процесса газ охлаждается до первоначальной температуры T3  T1 , а его
давление p3  0,20 МПа. Определите: а) определите объем V2 и давление p 2 газа в состоянии 2;
б) работу газа, изменение его внутренней энергии и количество теплоты, полученное газом в
процессе 1  2  3 . Помощь на экзамене онлайн.
Решение:
а) Уравнение адиабаты:
pV   const 
p1V1  p2V2
(1)
i2
, для двухатомного газа число степеней свободы i=5 (если молекулу
i
5 2 7
  1, 4 .
считать жесткой, что справедливо при не высоких температурах), тогда  
5
5
Постоянная адиабаты  
Согласно уравнению Менделеева-Клапейрона можем записать:
p1V1   RT1
p2V2   RT2
p3V2   RT1
(2)
Здесь мы учли, что V2  V3 ,T1  T3
Из уравнений (2) получаем:
p1V1  p3V2 
V2 
p1V1
p3
Из (1) и (3) получаем:





V 
V 
p1V1  p2V2  p2  p1  1   p1  1  
 p1V1 
 V2 
 p 
 3 
3
(3)
p 
p2  p1  3 
 p1 

(4)
б)
Работа газа:
A   pdV - в общем случае.
В адиабатическом процессе
i
R(T1  T2 )
(5)
2
При изохорном процессе изменение объема равно 0, поэтому работа также равна нулю: A23  0 . Таким
образом, из (5) и (2) имеем:
i
i  pV p V  i
A  A12  A23  A12  0   R(T1  T2 )   R  1 1  2 2    p1V1  p2V2  
2
2  R R  2
С учетом (3-4):

 p3  p1V1 
i
 
A   p1V1  p1  

2
p
p
 1
3 

  p  1 
i
(6)
A  p1V1 1   3  
  p1  
2


Внутренняя энергия газа:
i
U   RT
2
Тогда изменение внутренней энергии газа в результате всего процесса:
i
U   R (T3  T1 )
2
По условию, T3  T1 , поэтому внутренняя энергия газа в процессе 1-2-3 не изменится:
(7)
U  0
Количество теплоты, полученное в процессе 1-2, равно 0, поскольку процесс адиабатический: Q12  0 .
Количество теплоты, полученное в процессе 2-3
pV pV
i
i
Q23  A23  U 23  0  R(T3  T2 )   R( 3 3  2 2 ) 
2
2 R
R
i
i
Q23  ( p3V3  p2V2 )  (с
учетом
учетом
(3-4))=
V2  V3 )= V2 ( p3  p2 )  (с
2
2

  p  1 
 p3   i
i p1V1 
 p3  p1     p1V1 1   3  

  p1  
2 p3 
 p1   2



В итоге
  p  1 
i
(8)
Q  p1V1 1   3  
  p1  
2


Видно, что правая часть (8) совпадает с (6), т.е. в рассматриваемом процессе А=Q.
Произведем расчет согласно формулам (3-4), (6-8):
p1V1 0,10 106 1103
V2 

 5 104 м3  0,5 л
6
p3
0, 20 10
A12   CV (T1  T2 )  

1,4
p 
 0, 20 106 
p2  p1  3   0,10 106 
6 
 0,10 10 
 p1 
 0,10 106  21,4  263901  0,26 МПа
4
  p  1  5
  0, 20 106 1,41 
i
6
3
3

A
p1V1 1       0,10 10 110  1  
  0,10 106  
  p1   2
2R




5
  0,10 103  1  20,4   79.9 Дж
2
U  0
Q  A  -79.9 Дж
5
3. Азот массой m  500 г, находящийся под давлением p1  1,0 МПа при температуре t1  127 0 C ,
изотермически расширяется, в результате чего давление газа уменьшилось в n  3 раза. После этого
газ адиабатно сжимают до начального давления, а затем изобарно сжимают до начального объема.
Постройте график цикла и определите работу, совершенную газом за цикл, и холодильный
коэффициент.
Работа газа:
A  A12  A23  A31
(1)
В изотермическом процессе:
A12   RT1 ln
p1
p
  RT1 ln 1   RT1 ln n
p2
p1 / n
Здесь n=3, согласно условию.
Согласно уравнению Менделеева - Клапейрона можем записать:
p1V1   RT1
p1V2 / n   RT1
p1V3   RT3
Здесь мы учли, что T1  T2 , p2  p1 / n, p3  p1
Уравнение адиабаты:
pV   const 
T2 p21  T3 p31
(2)
(3)
(4)
Учитывая T1  T2 , p2  p1 / n, p3  p1 , из (4) имеем:
T1 ( p1 / n)1  T3 p11
(5)
Из (5) получаем:
T  ( p / n)1
T3  1 11
 T1
p1

1
 p1 


 np1 
1
1
 T1  
n

 T1 n 1 
T3  n
 1

T1
(6)
i2
, для двухатомного газа (в т.ч. азота) число степеней свободы i=5 (если
i
5 2 7
  1, 4 .
молекулу считать жесткой, что справедливо при не высоких температурах), тогда  
5
5
Постоянная адиабаты  
6
В адиабатическом процессе:
i
i
R(T2  T3 ) =(с учетом (6), а также T1  T2 )   R(T1  n
2
2
 1


i
A23   RT1 1  n  


2


В изобарном процессе работа:
 1


A31  p1 (V1  V3 )   R(T1  T3 ) =(с учетом (6))= R  T1  n  T1  




 1


A31   RT1  1  n   




Тогда из (1), (2), (7), (8):
A23   CV (T2  T3 )  
A  A12  A23  A31   RT1 ln n  
 1

T1 ) 
(7)
(8)
 1
 1




i
RT1 1  n     RT1 1  n    




2




 1
 1

 

i

A   RT1  ln n  1  n   1  n     
 


2 
 


 1


m
 i 
(9)
A
RT1  ln n  1   1  n   



M
2





Холодильный коэффициент равен отношению количества теплоты, которая передается газу за цикл, к
работе внешних сил, совершенной за цикл.
Работа внешних сил равна работе газа с обратным знаком: -A.
Найдем количество теплоты, переданное газу. В данном цикле теплота передается газу на этапе
изотермического расширения (в адиабатическом процессе теплота не передается и не отнимается, на
этапе изобарного сжатия теплота отбирается от газа).
По первому началу термодинамики
Q12  A12  U12
В изотермическом процессе U12 =0, работа газа найдена выше A12   RT1 ln n
Следовательно,
Q12  A12  U12   RT1 ln n
Тогда холодильный коэффициент
Q
 RT1 ln n
  12 

 1
A



i 

 RT1  ln n  1   1  n   


 2  


ln n

(10)
 1




i

  ln n  1   1  n   


 2  


Произведем расчет по (9-10):
 1
1,4 1


  0.500

m
 i 
 5 

1,4
A
RT1  ln n  1   1  n   

8,31

(127

273)
ln
3

1

1

3


   -11395 Дж


  28 103


M
 2  
 2  




ln n
ln 3


 5,7
1,4 1
 1





5


i 

1,4
  ln n  1   1  n    ln 3  1   1  3




2 
2








7
4. Найти приращение энтропии алюминиевого бруска массы m  3,0 кг при нагревании его от
T1  300 К до T2  600 К, если в этом интервале температур удельная теплоемкость алюминия
c  a  bT , где a  0,77 кДж/(кг∙К), b  0,46 Дж/(кг∙К2).
Приращение энтропии:
Q
dS 
T
Тогда при изменении температуры от Т1 до Т2:
T2
Q
S  
T
T1
Для изменения температуры бруска на dT ему следует сообщить количество теплоты, равное
 Q  m  c  dT  m  (a  bT )  dT
Тогда
T2
T
T2
 T2 dT

 Q 2 m  (a  bT )  dT
S  

 m a
 b  dT   m  a ln T  bT  |TT12 
 T T

T
T
T1
T1
T1
 1

 m  a ln T2  bT2  a ln T1  bT1  


T
S  m  a ln 2  b(T2  T1 ) 
T1


Произведем расчет:
600


S  3, 0   0, 77  ln
 0, 46  (600  300)   415,6 Дж/К ≈ 4,2*10-2 Дж/К
300


8
5. Термодинамический потенциал G одного моля некоторого вещества дается выражением
RT T 5
G
ln 2 , где  − некоторая константа. Найти: а) теплоемкость C P этого вещества;
2
P
б) явный вид термодинамического потенциала внутренняя энергия U S ,V  .
 G 
 G 
a) Учтем известные из термодинамики соотношения S   
 ,V  

 T  P
 P T
Тогда


 R  T 5 RT 1 5 T 4  R  T 5 5R
   RT  T 5  
S  
ln 2      ln 2 


  ln 2 

P  P
P
2 T 5 P2  2
P
2
 2
 T  2

2

P

5
5
   RT  T  
RT 1
T
RT
V   
ln 2    

 (2) 3 
5
P  T
2 T
P
P
 P  2
2
P
Теплоемкость:


5
4 

   R T
5R  
R 1 5 T
 S 
CP  T 

 ln 2 
  T 
 T 
5
2 
P
2  P
 T  P
 2  T P 
 T  2

P2



 R 1 5 T 4 
 R P 2 5 T 4 
 5R  5R
CP  T  

T

 T 



5
2
5
2 
 2T  2
 2 T P 
 2  T P 

P2

б) Связь потенциала Гиббса G и внутренней энергии:
G  U  TS  PV 
U  G  TS  PV  с учетом условия задачи:
RT  T 5
U 
ln 2  TS  PV
2
P
Из выражения для S имеем:
R T 5
5R
ln 2  S 

2
P
2
RT T 5
5R 


ln 2  T  S 
 
2
P
2 

5R 

G  T  S 

2 

Получаем для внутренней энергии
RT T 5
5R 
 
5R 


U 
ln 2  TS  PV  T  S 
  TS  PV  T    S 
  S   PV 
2
P
2 
2 

 

 
5R 

5R
U  T   S 
T  PV
  S   PV 
2 
2
 

Из выражения для V имеем:
PV  RT (отметим, что выражение совпадает с уравнением Менделеева-Клапейрона для 1 моля
идеального газа).
Тогда
5R
5
3
3
U
T  PV  PV  PV  PV или U  RT - известные выражения для внутренней энергии
2
2
2
2
идеального газа.
9
6. На какой высоте h плотность воздуха составляет 60% от плотности воздуха на уровне моря?
Считать, что температура воздуха не зависит от высоты и равна t  10 0 C .
Барометрическая формула для плотности воздуха:
  0 e

Mgh
RT
Отсюда для   0, 60 0 получаем
0, 60 0  0e

Mgh
RT
 0, 60  e

Mgh
RT
 ln 0, 60  
Mgh

RT
RT ln 0, 60
Mg
Учитывая, что молярная масса воздуха М=0,029 кг/моль, получаем
8,31 (10  273)  ln 0, 60
= 4227 м ≈ 4,2*103 м
h
0, 029  9,8
h
10
7. Коэффициент диффузии кислорода при t  0 0 C и p  101,3 кПа равен D  1,8  10 5 м2/с. Оценить
среднюю длину свободного пробега  молекул кислорода при тех же условиях.
Коэффициент диффузии:
1
 v   
3
Здесь  v  - среднеквадратичная скорость молекул,    - средняя длина свободного пробега
молекул. Помощь на экзамене онлайн.
Среднеквадратичная скорость
3RT
v
M
Здесь d – диаметр молекулы, n – концентрация молекул.
D
Тогда
  
3D
M
 3D
v
3RT
Поскольку давление газа
p  nkT
То
  
3D
M
 3D
v
3RT
Произведем расчет
M
32 103
5
   3D
 3 1,8 10 
 1,17 105 м
3RT
3  8,31 273
11
8. Для определения постоянных Ван-дер-Ваальса некоторое количество газа, занимающего при
T1  300 К и p1  1,00  10 7 Па объем V1  0,679 л, было изотермически сжато до объема V2  0,400 л, в
результате чего давление возросло до значения p2  1,65  10 7 Па. Затем газ был охлажден при
неизменном объеме до температуры T3  200 К, и давление при этом уменьшилось до значения
p3  0,819  10 7 Па. Воспользовавшись этими данными, вычислить постоянные a и b для данного
газа.
Уравнение газа Ван-дер-Ваальса:
Получаем:

 2a 
p

 1
 V1  b    RT1
V12 

(1)

 2a 
 p2  2  V2  b    RT1
V2 


 2a 
p

 3
 V2  b    RT3
V22 

(2)
(3)
Решение этих уравнений в общем виде весьма громоздко. Для упрощения решения подставим
численные значения. Получаем:
( 0.10 10 80.2169004492 10 7 2 a ) ( 0.000679  b )2493.00 
(4)
( 0.165 10 80.6250000000 10 7 2 a ) ( 0.00040  b )2493.00 
(5)
( 0.819 10 70.6250000000 10 7 2 a ) ( 0.00040  b )1662.00 
(6)
Раскрывая скобки, получим:
6790. 0.10 10 8  b1472.754050 2 a0.2169004492 10 7 3 a b2493.00 
(7)
6600. 0.165 10 8  b2500.000000 2 a0.6250000000 10 7 3 a b2493.00 
(8)
3276.0 0.819 10 7  b2500.000000 2 a0.6250000000 10 7 3 a b1662.00 
(9)
Вычитая из первого полученного уравнения (7) второе (8), получаем:
190. 0.65 10 7  b1027.245950 2 a0.4080995508 10 7 3 a b0.
Вычитая из уравнения (8) уравнение (9), получаем:
3324.0 0.831 10 7  b831.00 
(10)
(11)
Из (11) получаем:
3324.0
4

(12)
7
831.0  0.83110  b 1  10000  b
Подставляя (12) в (11), получаем:
0.260 10 8 b
16435.93520 a
0.2611837125 10 9 a b
190. 


0.
1.10000. b ( 1.10000. b )2
( 1.10000. b )3

Выразим а из (13):
a := 
12500 ( 19 2790000 b ) ( 110000 b ) 2
20544919 121030450600 b
Подставим формулы для ν (12) и для а (14) в (7):
+
12
(14)
(13)
6790 
+
40000000 b
294550810 ( 19 2790000 b )

+
110000 b 20544919 121030450600 b
1735203594000 ( 19 2790000 b ) b
9972
=
( 110000 b ) ( 20544919 121030450600 b )
110000 b
(15)
Домножая на (1+10000b), получим:
5596465390  877761413800000b  8217967599000000000b2
6790  67900000b  40000000b 

20544919  121030450600b
32968868286000b  4841218027260000000b 2

 9972
20544919  121030450600b
Приводя подобные слагаемые, получаем:
200 ( 725482327 2980995130200 b )

9972
20544919 121030450600 b
Отсюда
145096465400 596199026040000 b204873932268 1206915653383200 b
Окончательно
-145096465400  204873932268
b
 3.315 105
596199026040000  1206915653383200
Подставляя (16) в (14), получаем:
12500*(19  2790000* b)*(1  10000* b) 2
a

(20544919  121030450600* b)
12500*(19  2790000* 3.315 105 )*(1  10000* 3.315 105 ) 2

 0,149
(20544919  121030450600* 3.315 105 )
В итоге имеем:
а≈0,149 м3·Па/моль2
b≈3,32•10-5 м3/моль
13
(16)